Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x+a}$（a∈R），曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x+y+1=0垂直．
（Ⅰ）試比較2016²⁰¹⁷與2017²⁰¹⁶的大小，并說明理由；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f（x）-k有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，證明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由兩直線垂直的條件：斜率相等，即可得到切線的斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而f（x）的解析式和導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，可得f（2016）＞f（2017），即可得到2016²⁰¹⁷與2017²⁰¹⁶的大��；
（Ⅱ）運(yùn)用分析法證明，不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，由根的定義可得所以化簡得lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0．可得lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），要證明，${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即證明lnx₁+lnx₂＞2，也就是k（x₁+x₂）＞2．求出k，即證$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，則t＞1，即證$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$．令$h（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$（t＞1）．求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{lnx}{x+a}$，$f'（x）=\frac{{\frac{x+a}{x}-lnx}}{{{{（{x+a}）}^2}}}$，
所以$f'（1）=\frac{1+a}{{{{（{1+a}）}^2}}}=\frac{1}{1+a}$，又由切線與直線x+y+1=0垂直，
可得f′（1）=1，即$\frac{1}{1+a}=1$，解得a=0．
此時(shí)$f（x）=\frac{lnx}{x}$，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
令f'（x）＞0，即1-lnx＞0，解得0＜x＜e；
令f'（x）＜0，即1-lnx＜0，解得x＞e，
所以f（x）的增區(qū)間為（0，e），減區(qū)間為（e，+∞）．
所以f（2016）＞f（2017），
即$\frac{ln2016}{2016}＞\frac{ln2017}{2017}$．
2017ln2016＞2016ln2017，即有2016²⁰¹⁷＞2017²⁰¹⁶．
（Ⅱ）證明：不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，因?yàn)間（x₁）=g（x₂）=0，
所以化簡得lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0．
可得lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
要證明，${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即證明lnx₁+lnx₂＞2，也就是k（x₁+x₂）＞2．
因?yàn)?k=\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即證$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，則t＞1，即證$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$．
令$h（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$（t＞1）．
由$h'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（{t+1}）}^2}}}$=$\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
故函數(shù)h（t）在（1，+∞）是增函數(shù)，
所以h（t）＞h（1）=0，即$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$得證．
所以${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間，構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用單調(diào)性解題是解題的關(guān)鍵，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．